The Child and Polygon 题解

这世界这么大，遇到了这个奇奇怪怪的题。

这道题其实可以很自然的联想到卡特兰数。

在卡特兰数的计数中，有这么一个意义：$C_n$ 表示把有 $n+2$ 条边的凸多边形分成 $n$ 个三角形的方案数。

利用这个意义可以得到 $C_n$ 的另一个递推关系：

$$C_n = \sum_{k = 0}^{n - 1} {C_k C_{n-1-k}} $$

而这一道题，正可以类比这个递推关系进行求解。

思路

在卡特兰数递推中，$k$ 实际上枚举的是最后一次的分界点。也就是把整个多边形分成两部分，分别划分，再求最终方案数。

首先我们将已知的 $n$ 个点按照顺时针方向排好序。

类比下来，我们可以設 $f_{i, j}$ 表示由 $i \sim j$ 这 $j - i + 1$ 个点形成的多边形的划分数。

于是

$$f_{i, j} = \sum_{k = i}^{j} {f_{i, k} f_{k, j}} [i 可以连向 k] $$

这里 $i$ 可以连向 $k$ 当且仅当线段 $\vec{ij}$ 在线段 $\vec{ik}$ 的顺时针方向。

于是本题的核心思路就已经出来了。接下来考虑实现问题。

实现

逆时针，顺时针？

我们可以通过向量叉乘的方法来判断所给的点是顺时针还是逆时针。

考虑按照所给的点的顺序计算这个多边形的面积。

枚举 $i$ 利用 $\vec{1i}$ 和 $\vec{1(i+1)}$ 的叉乘，可以算出整个多边形的面积(的两倍)。

但是考虑到叉乘的正负性，如果结果为正，则所给的顺序为逆时针（因为 $\vec{1i}$ 在 $\vec{1(i+1)}$ 的顺时针方向）。

此时就可以搞定逆时针，顺时针的问题了。

可连？不可连？

在前面已经提到，$i$ 可以连向 $k$ 的条件，如何判断？

还是利用 $\vec{ij} \times \vec{ik}$，如果结果为正，则 $\vec{ij}$ 在 $\vec{ik}$ 的顺时针方向，可以连。

于是你成功的可以 $\texttt{\colorbox{#52C41A}{\textcolor{white}{AC}}}$ 本题了。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;
const int N = 203, mod = 1e9 + 7;
typedef long long lint;
struct Point {
	int x, y;
	Point() {}
	Point(int x, int y) : x(x), y(y) {}
	inline lint operator * (const Point &p) {
		return (1ll * x * p.y - 1ll * y * p.x);
	}

	inline Point operator - (const Point &p) {
		return Point(x - p.x, y - p.y);
	}
} p[N];

lint dp[N][N];

int main() {
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);

	int n; cin >> n;
	for (int x, y, i = 1; i <= n; ++i) {
		cin >> x >> y;
		p[i] = Point(x, y);
	}

	lint clockwiser = 0;
	for (int i = 2; i < n; ++i) {
		clockwiser += (p[i] - p[1]) * (p[i + 1] - p[1]);
	}

	if (clockwiser > 0) // if is positive, the it is counterclockwise
		reverse(p + 1, p + 1 + n);

	for (int i = 1; i < n; ++i)
		dp[i][i + 1] = 1;

	for (int len = 2; len < n; ++len) {
		for (int l = 1, r = len + 1; r <= n; ++l, ++r) {
			for (int k = l; k <= r; ++k) {
				if ((p[r] - p[l]) * (p[k] - p[l]) > 0)
					dp[l][r] = (dp[l][r] + 1ll * dp[l][k] * dp[k][r] % mod) % mod;
			}
		}
	}

	cout << dp[1][n] << '\n';
}